SS 06 Lösung 4.¨Ubung zu Mathematik II für Inf, WInf 18./19.05.2006

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Lösung 4. Übung zu Mathematik II für Inf, WInf 18./19.05.2006
(Testfragen) Sei A ∈ Cn×n eine Matrix, prüfen Sie die folgenden Aussagen:
a) Die Zahl 0 kann ein Eigenwert von A sein.
b) Der Nullvektor kann ein Eigenvektor von A sein.
c) Jedes Polynom von Grad n besitzt in C genau n (nicht notwendig verschiedene) Nullstellen.
d) Die Matrix A hat n + 1 Eigenwerte.
Lösung:
a) Richtig.
b) Falsch, Nach Definition von Eigenvektor kann der Nullvektor nicht Eigenvektor von A sein.
c) Richtig nach dem Fundamentalsatz der Algebra.
d) Falsch, weil c richtig ist.
(G 1) Eigenwertproblem
Gegeben sei die Matrix

3 −4 −4
2 .
A= 0 3
0 −1 0

a) Bestimmen Sie das charakteristische Polynom von A.
b) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A.
c) Bestimmen Sie die Eigenvektoren von A.
Lösung:
Das charakteristische Polynom von A lautet:


3 − λ −4 −4
3−λ 2 
pA (λ) = det  0
0
−1 −λ
¡
¢
= (3 − λ) (3 − λ)(−λ) + 2
= (3 − λ)(λ2 − 3λ + 2)
= (3 − λ)(λ − 1)(λ − 2).
Die Lösung der Gleichung pA (λ) = 0 hat λ1 = 3, λ2 = 1, λ3 = 2 als Lösungen.
Der zu λ1 gehörige Eigenvektor ist die nichttriviale Lösung des Gleichungsystems:
(A − λ1 I)x = 0
also man löst dieses Gleichungsystem und erhält den Eigenvektor v1 = µ(1, 0, 0)T mit µ ∈ R\{0}.
Analog erhält man v2 = µ(0, −1, 1)T und v3 = µ(−2, −1, 0)T mit µ ∈ R\{0}.
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Lösung 4. Übung zu Mathematik II für Inf, WInf 18./19.05.2006
(G 2) Eigenwerte, Determinante, Spur.
Sei A eine 2 × 2 reelle Matrix mit Spur(A) = 2 und det(A) = 10.
Bestimmen Sie die Eigenwerte λ von A.
µ
¶
a11 a12
Lösung Sei A =
. eine reelle Matrix. Das charakteristsiche Polynom von A
a21 a22
ist:
pA (λ) = (−1)2 det(A − λI)
µ
=
a11 − λ
a12
a21
a22 − λ
¶
= λ2 − (a11 + a22 )λ + (a11 a22 − a12 a21 )
= λ2 − Spur(A) + det(A)
Mit pq-Formel erhält man die Nullstellen:
p
1
λ1,2 = (SpurA ± (SpurA)2 − 4detA)
2
also λ1,2 = 1 ± 3i.
(G 3) Drehung in der reellen Ebene R2
Gegeben sei 0 ≤ α < 2π und eine Matrix
µ
¶
cos(α) − sin(α)
A=
.
sin(α)
cos(α)
(a) Skizzieren Sie die Vektoren A(e1 ) und A(e2 ), wobei e1 = (1, 0)T , e2 = (0, 1)T sind.
(b) Sei x = (x1 , x2 ) ∈ R2 und x 6= 0. Berechnen Sie die Länge von A(x) und die Winkel zwischen
x und A(x).
(c) Berechnen Sie Eigenwerte von A und det(A).
Lösung: Das Bild
µ
cos(α) − sin(α)
sin(α)
cos(α)
¶µ
x1
A(x) =
x2
¶
µ
cos(α)x1 − sin(α)x2
.
=
sin(α)x1 + cos(α)x2
Durch direkte Rechnung erhalten wir:
||A(x)|| =
¶
q
x21 + x22 = ||x||
Sei 0 ≤ γ < π die Winkel zwischen A(x) und x, es gilt:
< x, A(x) >
||x|| · ||A(x)||
cos(α)x21 − sin(α)x1 x2 + x2 x1 sin(α) + cos(α)x22
=
||x|| · ||A(x)||
||x||
= cos(α) ·
||A(x)||
= cos(α)
cos(γ) =
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Es folgt: α = γ falls 0 ≤ α ≤ π oder α = 2π − γ falls π < α < 2π
Das charakteristische Polynom von A ist:
µ
¶
cos(α) − λ
− sin(α)
2
pA (λ) = (−1) det
sin(α) cos(α) − λ
= λ2 + 1 − 2 cos(α)λ
Wir erhlaten λ1,2 = cos(α) ± i sin(α)
(G4)Quadratische Formen
Gegeben sei die Matrix

a b c
A =  b 8 4 .
3 4 6

(a) Bestimmen Sie die zu A gehörige quadratische Form QA : R3 → R. Welche Voraussetzung
müssen Sie erheben, damit QA überhaupt sinnvoll erklärt ist?
(b) Wählen Sie nun b = 2 und entscheiden Sie, für welche Werte der reellen Parameter a und c die
Matrix A positiv definit ist.
(c) Zeigen Sie, daß A nicht negativ definit sein kann.
(d) Geben Sie geeignete Werte für die Parameter a, b und c an, so daß A indefinit ist.
Lösung: Quadratische Formen
(a) Nach der Definition sind quadratische Formen mit symmetrischen Matrizen assoziiert. Aus
diesem Grund müssen wir zunächst
c=3
voraussetzen. Zur Matrix


a b 3
A =  b 8 4 .
3 4 6
gehört dann die quadratische Form QA : R3 → R mit der Zuordnungsvorschrift
QA (x) = ax21 + 8x22 + 6x23 + 2bx1 x2 + 6x1 x3 + 8x2 x3 .
(b) Wir setzen b = 2 und betrachten die Matrix


a 2 3
A =  2 8 4 .
3 4 6
Dabei wurde bereits berücksichtigt, daß hier erneut c = 3 gewählt werden muß, da eine Matrix
nach Definition höchstens dann positiv oder negativ definit sein kann, wenn sie symmetrisch
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ist. Aufgrund von Satz 13.11 auf S152 im Buch ist nun A genau dann positiv definit, wenn die
führenden Hauptunterdeterminanten (Hauptminoren) von A positiv sind. Wegen
!
D1 = det (a) = a > 0
¯
¯
¯ a 2 ¯
!
¯ = 8a − 4 > 0
D2 = ¯¯
¯
2 8
¯
¯
¯ a 2 3 ¯
¯
¯
!
D3 = ¯¯ 2 8 4 ¯¯ = 32a − 48 > 0
¯ 3 4 6 ¯
ist A für alle a >
3
2
⇔
⇔
⇔
a>0
1
a>
2
a>
3
2
positiv definit.
(c) Um die Symmetrie der Matrix zu gewährleisten, müssen wir zuerst wieder c = 3 fordern. Nach
Definition ist die Matrix A negativ definit, wenn die Matrix


−a −b −3
−A =  −b −8 −4 
−3 −4 −6
positiv definit ist, was nach Satz 13.11 auf S.152 genau dann der Fall ist, wenn alle Hauptunterdeterminanten von −A positiv sind. Nun gilt aber
!
und
D1 = det (−a) = −a > 0
⇔
a<0
¯
¯ −a −b
D2 = ¯¯
−b −8
⇔
b2 < 8a,
¯
¯
!
¯ = 8a − b2 > 0
¯
weshalb die Ungleichung
b2 < 0
folgt, die für kein b ∈ R erfüllt ist. Somit können die Parameter a, b und c nicht so gewählt
werden, daß A negativ definit ist.
(d) Wir setzen
a = 1, b = 6
und betrachten die symmetrische Matrix
und
c=3


1 6 3
A =  6 8 4 ,
3 4 6
deren zugehörige quadratische Form QA : R3 → R durch die Zuordnungsvorschrift
QA (x) = x21 + 8x22 + 6x23 + 12x1 x2 + 6x1 x3 + 8x2 x3
erklärt ist. Für x = (1, 0, 0)T ist dann
QA (x) = 1 > 0
und für x = (1, − 12 , 0)T folgt
QA (x) = −3 < 0
und somit ist A nach Definition 13.6 für diese Parameterwahl indefinit.
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